\section{二次数的连分数}
二次无理数 (quadratic surd) 是指整系数二次方程的实无理数根。 设方程为
$a x^{2}+b x+c=0$, 则其根 (二次无理数) 可写为
\[
\frac{-b \pm \sqrt{b^{2}-4 a c}}{2 a}=\frac{-b \pm \sqrt{d}}{2 a}
\]
其中正整数 $d=b^{2}-4 a c>0$ 不是完全平方数。 故二次无理数总可写为
\[
\alpha=\frac{P+\sqrt{d}}{Q} \quad \text { 或 } \quad \alpha^{\prime}=\frac{P-\sqrt{d}}{Q},
\]
其中 $P, Q, d$ 为整数， $d>0$ 不是完全平方， 而且 $Q \mid\left(P^{2}-d\right)$ (用原来求根公式的符号， 是 $(2 a) \mid\left[b^{2}-\left(b^{2}-4 a c\right)\right]$, 为显然。 事实上， 对任意 $(P+\sqrt{d}) / Q$, 分子、分母同乘 $|Q|$, 得 $\left(P|Q|+\sqrt{d Q^{2}}\right) / Q|Q|$, 则 $(P Q)^{2}-d Q^{2}=Q^{2}\left(P^{2}-d\right)$ 是 $Q^{2}$ 的倍数。 例如， $(2+\sqrt{5}) / 3$ 可写为 $\left.(6+\sqrt{45}) / 3^{2}\right)$. 我们以后常用这种记法。

上述 $\alpha$ 与 $\alpha^{\prime}$ 互称为共轮元 (conjugate), 二者是同一整系数二次方程的无理数根， 其和与积均为有理数。 这种共轭关系与复共轭类似， 即是 $\sqrt{d}$ 与 $-\sqrt{d}$ 的对应。

我们以 $\sqrt{19}$ 的连分数展开为例， 获得直观感觉。 每次均取尾项 $t_{n}$ 的整数部分为 $a_{n}$.
\[
\begin{aligned}
& t_{0}=\sqrt{19}=4+(\sqrt{19}-4) \\
& t_{1}=\frac{1}{\sqrt{19}-4}=\frac{\sqrt{19}+4}{19-4^{2}}=\frac{\sqrt{19}+4}{3}=2+\frac{\sqrt{19}-2}{3} \\
& t_{2}=\frac{3}{\sqrt{19}-2}=\frac{3(\sqrt{19}+2)}{15}=\frac{\sqrt{19}+2}{5}=1+\frac{\sqrt{19}-3}{5} \\
& t_{3}=\frac{5}{\sqrt{19}-3}=\frac{5(\sqrt{19}+3)}{10}=\frac{\sqrt{19}+3}{2}=3+\frac{\sqrt{19}-3}{2} \\
& t_{4}=\frac{2}{\sqrt{19}-3}=\frac{2(\sqrt{19}+3)}{10}=\frac{\sqrt{19}+3}{5}=1+\frac{\sqrt{19}-2}{5} \\
& t_{5}=\frac{5}{\sqrt{19}-2}=\frac{5(\sqrt{19}+2)}{15}=\frac{\sqrt{19}+2}{3}=2+\frac{\sqrt{19}-4}{3} \\
& t_{6}=\frac{3}{\sqrt{19}-4}=\frac{3(\sqrt{19}+4)}{3}=\sqrt{19}+4=8+\sqrt{19}-4 \\
& t_{7}=t_{1}
\end{aligned}
\]
得到 $\sqrt{19}=[4, \overline{2,1,3,1,2,8}]$.
$\sqrt{19}$ 的连分数展开表(周期为 6 )

\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
\hline
$n$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & $\cdots$ \\
\hline
$a_{n}$ & 4 & 2 & 1 & 3 & 1 & 2 & 8 & 2 & $\cdots$ \\
\hline
$p_{n}$ & 4 & 9 & 13 & 48 & 61 & 170 & 1421 &  &  \\
\hline
$q_{n}$ & 1 & 2 & 3 & 11 & 14 & 39 & 326 &  &  \\
\hline
$P_{n}$ & 0 & 4 & 2 & 3 & 3 & 2 & 4 & 4 & $\cdots$ \\
\hline
$Q_{n}$ & 1 & 3 & 5 & 2 & 5 & 3 & 1 & 3 & $\cdots$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

我们看到， 尾项 $t_{7}=t_{1}$ 进人循环， 当然就有 $t_{8}=t_{2}$, 等等， 也会有 $a_{7}=a_{1}$, $a_{8}=a_{2}, P_{7}, Q_{7}$ 也进人循环。 再仔细看可知， 这种“循环”从 $t_{3}$ 即显露迹象，其小数部分的分子是已经出现过的。 这导致 $t_{3}, t_{4}$ 的分母均为 10 (未约因子之前), 其因子只有 2 和 5 .

连分数 $\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right]$ 是循环的 (或称周期的， periodic), 是指存在正整数 $m, n$ 使得 $k \geqslant m$ 时总有 $a_{k}=a_{k+n}$. 也就是说， 循环连分数即如下形式的连分数：

$\left[a_{0}, \cdots, a_{m-1}, a_{m}, \cdots, a_{m+n}, a_{m}, \cdots, a_{m+n}, \cdots\right]=\left[a_{0}, \cdots, a_{m-1}, \overline{a_{m}, \cdots, a_{m+n}}\right]$,横线下部分是循环部分。 例如，

$\sqrt{3}=[1,1,2,1,2, \cdots]=[1, \overline{1,2}], \sqrt{19}=[4, \overline{2,1,3,1,2,8}]$.

如果上述 $m=1$, 则称 $\left[\overline{a_{0}, \cdots, a_{n-1}}\right]$ 为纯循环连分数。

\begin{theorem}%定理1
(Lagrange) (1) 简单连分数 $\alpha$ 是循环的当且仅当 $\alpha$ 是二次无理数。

(2) 二次无理数 $\alpha=\left(P_{0}+\sqrt{d}\right) / Q_{0}=t_{0}$ 的连分数展开按如下递归公式：
\[
\begin{gathered}
t_{n}=\left(P_{n}+\sqrt{d}\right) / Q_{n}, \quad a_{n}=\left[t_{n}\right] \\
P_{n+1}=a_{n} Q_{n}-P_{n}, \quad Q_{n+1}=\left(d-P_{n+1}^{2}\right) / Q_{n}
\end{gathered}
\]
其中 $P_{n}, Q_{n}$ 为整数 (对 $n \geqslant 0$ ).
\end{theorem}

\begin{proof}
 (1) 设 $\alpha$ 的连分数是循环的， 记为 $\alpha=\left[a_{0}, \cdots, a_{m-1}\right.$, $\left.\overline{b_{0}, \cdots, b_{n-1}}\right]$. 则由 $\S 6.1$ 引理 1 知
\[
\beta=\left[\overline{b_{0}, \cdots, b_{n-1}}\right]=\left[\overline{b_{0}, \cdots, b_{n-1}}, \beta\right]=\frac{\beta p_{n-1}^{\prime}+p_{n-2}^{\prime}}{\beta q_{n-1}^{\prime}+q_{n-2}^{\prime}}
\]
其中 $p_{k}^{\prime}, q_{k}^{\prime}$ 为正整数 ( $p_{k}^{\prime} / q_{k}^{\prime}$ 是 $\beta$ 的渐近分数 $)$. 故 $\beta$ 满足二次方程， 是二次无理数 ( $\beta$ 是无理数， 因为它是无限连分数). 而
\[
\alpha=\left[a_{0}, \cdots, a_{m-1}, \beta\right]=\frac{\beta p_{m-1}+p_{m-2}}{\beta q_{m-1}+q_{m-2}}
\]
故 $\alpha$ 是二次无理数。

 (2) 反之， 设 $\alpha$ 是二次(无理)数。 不计正负号可记为
\[
\alpha=\frac{P+\sqrt{d}}{Q}
\]
其中 $P, Q, d$ 为整数， $d>0$ 不是完全平方， 且 $Q \mid\left(P^{2}-d\right)$, 如本节开始所言。

二次无理数 $\alpha$ 的连分数展开， 归纳地进行， 每步均取尾项的整数部分 $\left\lfloor t_{n}\right\rfloor=a_{n}$.先记 $P_{0}=P, Q_{0}=Q$. 于是
\[
\begin{gathered}
t_{0}=\alpha=\frac{P_{0}+\sqrt{d}}{Q_{0}}=a_{0}+\gamma_{1} \\
\cdots \cdots \cdots \cdots \\
t_{n}=\frac{1}{\gamma_{n}}=\frac{1}{t_{n-1}-a_{n-1}}=\frac{P_{n}+\sqrt{d}}{Q_{n}}=a_{n}+\gamma_{n+1}
\end{gathered}
\]
我们断言： $P_{n}, Q_{n}$ 为整数， 而且 $Q_{n} \mid\left(P_{n}^{2}-d\right)$ (对所有 $n \geqslant 0$ ). 我们已知 $n=0$ 时成立， 设对 $n$ 成立， 看 $n+1$ 情形。
\[
t_{n+1}=\frac{1}{t_{n}-a_{n}}=\frac{1}{\frac{\sqrt{d}+P_{n}}{Q_{n}}-a_{n}}=\frac{\sqrt{d}-\left(P_{n}-a_{n} Q_{n}\right)}{\left[d-\left(P_{n}-a_{n} Q_{n}\right)^{2}\right] / Q_{n}}
\]
因 $Q_{n} \mid\left(P_{n}{ }^{2}-d\right)$, 故 $d-\left(P_{n}-a_{n} Q_{n}\right)^{2}=d-P_{n}^{2}+2 a_{n} P_{n} Q_{n}-a_{n}^{2} Q_{n}^{2}$ 是 $Q_{n}$ 的倍数。 故
\[
P_{n+1}=a_{n} Q_{n}-P_{n}, \quad Q_{n+1}=\left(d-P_{n+1}^{2}\right) / Q_{n}
\]
都是整数。 后者说明 $Q_{n+1} \mid\left(d-P_{n+1}^{2}\right)$. 且 $Q_{n} Q_{n+1}=d-P_{n+1}^{2}$.

现往证 $P_{n}, Q_{n}$ 有界 $(n \in \mathbb{N})$. 记 $t_{n}^{\prime}=\left(P_{n}-\sqrt{d}\right) / Q_{n}$. 由 $\S 6.1$ 引理 1 知
\[
\begin{aligned}
\alpha&= \left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}, t_{n}\right]=\frac{t_{n} p_{n-1}+p_{n-2}}{t_{n} q_{n-1}+q_{n-2}}\\
\alpha'&= [a_0, a_1,\cdots,a_{n-1},t_n'] = \frac{t_n' p_{n-1}+p_{n-2}}{t'_nq_{n-1}+q_{n-2}}
\end{aligned}
\]
(后者是前者的共轭， 即将 $\sqrt{d}$ 变换为 $-\sqrt{d}$ ). 从后式可解出 $t_{n}^{\prime}$ :
\[
t_{n}^{\prime}=\frac{-\alpha^{\prime} q_{n-2}+p_{n-2}}{\alpha^{\prime} q_{n-1}-p_{n-1}}=\frac{q_{n-2}}{q_{n-1}} \cdot \frac{-\alpha^{\prime}+p_{n-2} / q_{n-2}}{\alpha^{\prime}-p_{n-1} / q_{n-1}}
\]
令 $n \rightarrow \infty$, 右方有极限 $\frac{-\alpha^{\prime}+\alpha}{\alpha^{\prime}-\alpha}=-1$. 故当 $n$ 充分大时， $t_{n}^{\prime}<0$. 于是
\[
t_{n}-t_{n}^{\prime}=2 \sqrt{d} / Q_{n}>0
\]
知 $Q_{n}>0$; 因 $1 \leqslant Q_{n} \leqslant Q_{n} Q_{n+1}=d-P_{n+1}^{2} \leqslant d$, 故 $Q_{n}$ 有界 (对充分大的 $n$, 从而对所有 $n$ ). 又因 $P_{n+1}^{2} \leqslant P_{n+1}^{2}+Q_{n} Q_{n+1}=d$, 故 $P_{n}$ 有界。

于是知， 整数对 $\left(P_{n}, Q_{n}\right)(n \in \mathbb{N})$ 只有有限多。 故存在
\[
\left(P_{m}, Q_{m}\right)=\left(P_{m+n}, Q_{m+n}\right)
\]
从而 $t_{m}=t_{m+n}$. 此后的展开进人循环， 当 $k \geqslant m$ 时， 总有 $a_{k}=a_{k+n}$. 故 $\alpha$ 的连分数是循环的。
\end{proof}

上述不但证明了二次数的连分数是循环的， 还给出了尾项 $t_{n}$ 的形式， 展开递归公式。 若只证结论， 则下面的证明似更简洁。

\begin{proof}[二次数的连分数循环之证法 2]
  设二次数 $\alpha$ 满足 $a \alpha^{2}+b \alpha+c=0(a, b, c \in \mathbb{Z}$, $a \neq 0)$, 连分数为 $\alpha=\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right]=\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}, t_{n}\right]$. 由 $\S 6.1$ 引理 1 知，
\[
\alpha=\frac{t_{n} p_{n-1}+p_{n-2}}{t_{n} q_{n-1}+q_{n-2}}
\]
去分母后， 显然得到 $t_{n}$ 的二次三项式， 经计算得
\[
\begin{gathered}
A_{n} t_{n}^{2}+B_{n} t_{n}+C_{n}=0 \\
A_{n}=a p_{n-1}^{2}+b p_{n-1} q_{n-1}+c q_{n-1}^{2}=C_{n+1}, \quad B_{n}^{2}-4 A_{n} C_{n}=b^{2}-4 a c
\end{gathered}
\]
(得后一式时用到 $p_{n} q_{n-1}-p_{n-1} q_{n}=(-1)^{n-1}$ ). 又由上节定理 2 知
\[
\left|\alpha-p_{n} / q_{n}\right|<q_{n}^{-2}
\]
即
\[
\left|\delta_{n-1}\right|=\left|\alpha q_{n}^{2}-p_{n} q_{n}\right|<1
\]
而 $p_{n}=\alpha q_{n}-\delta_{n} / q_{n}$. 用 $a \alpha^{2}+b \alpha+c=0$ 可得
\[
\left|A_{n}\right|=\left|C_{n+1}\right|=\left|a\left(\delta_{n-1} / q_{n-1}\right)^{2}+2 a \alpha \delta_{n-1}+b \delta_{n-1}\right|<|a|+2|a \alpha|+b
\]
为有限数。 所以 $\left\{A_{n}, B_{n}, C_{n}\right\}(n>1)$ 是有限集合。 故满足 $A_{n} t_{n}^{2}+B_{n} t_{n}+C_{n}=0$ 的 $t_{n}$ 只能有有限多个。 这说明， 存在着 $m, n$ 使 $t_{m}=t_{m+n}$; 从而当 $k \geqslant m$ 时， 总有 $a_{k}=a_{k+n}$.
\end{proof}

二次无理数 $\alpha$ 称为既约的 (reduced) 是指 $\alpha>1$ 且 $-1<\alpha^{\prime}<0$ ( $\alpha^{\prime}$ 是 $\alpha$ 的共轭).例如， $\sqrt{19}$ 的连分数展开中， $t_{n}(n>0)$ 都是既约的， 但 $t_{0}=\sqrt{19}$ 不是既约的。

\begin{lemma}%引理1
若 $\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right]=\frac{p_{n}}{q_{n}}$, 则
\[
\left[a_{n}, a_{n-1}, \cdots, a_{1}, a_{0}\right]=\frac{p_{n}}{p_{n-1}}=\frac{p_{n}^{\prime}}{q_{n}^{\prime}}, \quad\left[a_{n}, a_{n-1}, \cdots, a_{2}, a_{1}\right]=\frac{q_{n}}{q_{n-1}}=\frac{p_{n-1}^{\prime}}{q_{n-1}^{\prime}}
\]
其中 $\frac{p_{n}^{\prime}}{q_{n}^{\prime}}$ 表示连分数 $\left[a_{n}, a_{n-1}, \cdots, a_{1}, a_{0}\right]$ 的渐近分数。
\end{lemma}

\begin{proof}
由 $p_{n}=a_{n} p_{n-1}+p_{n-2}$, 知 $\frac{p_{n}}{p_{n-1}}=a_{n}+\frac{p_{n-2}}{p_{n-1}}=a_{n}+\frac{1}{p_{n-1} / p_{n-2}}$, 故
\[
\frac{p_{n}}{p_{n-1}}=\left[a_{n}, \frac{p_{n-1}}{p_{n-2}}\right]=\left[a_{n}, a_{n-1}, \frac{p_{n-2}}{p_{n-3}}\right]=\left[a_{n}, \cdots, a_{1}, \frac{p_{0}}{p_{-1}}\right]=\left[a_{n}, \cdots, a_{0}\right]
\]
同理， 由 $q_{n}=a_{n} q_{n-1}+q_{n-2}$, 得
\[
  \frac{q_n}{q_{n-1}} = \left[ a_n, \frac{q_{n-1}}{q_{n-2}} \right] =
  \left[ a_n, a_{n-1}, \frac{q_{n-2}}{q_{n-3}} \right] = 
  \left[ a_n,\cdots,a_2,\frac{q_1}{q_0} \right]  = [a_n,\cdots,a_1].
\]
\end{proof}

\begin{theorem}%定理2
(Galois) $\alpha$ 的连分数是纯循环的（即 $\alpha=\left[\overline{a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n}}\right], a_{i}$ 皆正整数）当且仅当 $\alpha$ 是既约二次无理数（即 $\alpha>1,-1<\alpha^{\prime}<0$, 其中 $\alpha^{\prime}$ 是 $\alpha$ 的共轭）.而且此时，
\[
-1 / \alpha^{\prime}=\left[\overline{a_{n},} \cdots, a_{2}, a_{1}, a_{0}\right]
\]
(称 $-1 / \alpha^{\prime}$ 与 $\alpha$ 相伴 ( associate)).
\end{theorem}

\begin{proof}
 (1) 设 $\alpha$ 的连分数 $\alpha=\left[\overline{a_{0}, \cdots, a_{n}}\right]$ 纯循环。 由 $\S 6.1$ 引理 1 知，
\[
\begin{gathered}
\alpha=\left[\overline{a_{0}, \cdots, a_{n}}\right]=\left[a_{0}, \cdots, a_{n}, \alpha\right]=\frac{\alpha p_{n}+p_{n-1}}{\alpha q_{n}+q_{n-1}} \\
q_{n} \alpha^{2}+\left(q_{n-1}-p_{n}\right) \alpha-p_{n-1}=0
\end{gathered}
\]
而
\[
\beta=\left[\overline{a_{n}, \cdots, a_{1}, a_{0}}\right]=\left[a_{n}, \cdots, a_{1}, a_{0}, \beta\right]=\frac{\beta p_{n}^{\prime}+p_{n-1}^{\prime}}{\beta q_{n}^{\prime}+q_{n-1}^{\prime}}=\frac{\beta p_{n}+q_{n}}{\beta p_{n-1}+q_{n-1}}(\text { 引理 1 }),
\]
即
\[
p_{n-1} \beta^{2}+\left(q_{n-1}-p_{n}\right) \beta-q_{n}=0
\]
等价于
\[
-p_{n-1}+\left(q_{n-1}-p_{n}\right)(-\beta)^{-1}+q_{n}(-\beta)^{-2}=0
\]
故知 $-\beta^{-1}=\alpha^{\prime}$ 与 $\alpha$ 为同一方程的根， 互为共轭， 即 $\beta=-1 / \alpha^{\prime}$. 而此时， 显然
\[
\alpha>a_{0} \geqslant 1, \beta>a_{n} \geqslant 1
\]
知 $0<\beta^{-1}<1,-1<-\beta^{-1}<0$.
\end{proof}

 (2) 设 $\alpha=(P+\sqrt{d}) / Q$ 是既约二次无理数（即 $\alpha>1 ，-1<\alpha^{\prime}<0$ ).

(i) 首先注意
\[
0<P<\sqrt{d}, \quad \sqrt{d}-P<Q<\sqrt{d}+P<2 \sqrt{d}
\]
事实上， $\alpha+\alpha^{\prime}=2 P / Q>0$, 故 $P>0$. 因 $\alpha^{\prime}<0$, 故 $P<\sqrt{d}$. 因 $\alpha>1$, 故
\[
P+\sqrt{d}>Q
\]
因 $-1<\alpha^{\prime}$, 故 $P-\sqrt{d}>-Q$, 即 $\sqrt{d}-P<Q$.

(ii) 我们要证明， 既约的 $\alpha$ 的连分数展开 (如定理 1 的证明 (2) 中)的尾项 $t_{n}$ 也都是既约的。 为此只需对
\[
\alpha=\frac{P+\sqrt{d}}{Q}=a_{0}+\frac{1}{t_{1}}
\]
\begin{proof}
 $t_{1}$ 仍然是既约的 ( $a_{0}$ 为 $\alpha$ 的整数部分). 首先因 $1 / t_{1}$ 是小数部分， 故 $t_{1}>$ 1. 由
\[
\alpha=a_{0}+1 / t_{1}
\]
知 $\alpha^{\prime}=a_{0}+1 / t_{1}^{\prime}$ (即将 $\sqrt{d}$ 变换为 $-\sqrt{d}, a_{0}$ 是整数故不变 $)$. 故
\[
-1 / t_{1}^{\prime}=a_{0}-\alpha^{\prime}>1
\]
最后大于号是因为 $a_{0} \geqslant 1$, 而 $-1<\alpha^{\prime}<0$. 故 $t_{1}^{\prime}<0, t_{1}^{\prime}>-1$. 即知 $t_{1}$ 是既约的。

(iii) 我们要证明， 与既约的 $\alpha$ 相伴的 $\beta=-1 / \alpha^{\prime}$ 也是既约的。 因 $-1<\alpha^{\prime}<$ 0 , 故
\[
1>-\alpha^{\prime}>0
\]
故 $1<-1 / \alpha^{\prime}=\beta<\infty$. 由 $\alpha>1$, 知 $0<1 / \alpha<1,0>-1 / \alpha=\beta^{\prime}>-1$.

(iv) 我们已经知道 $\alpha$ 的连分数是循环的 (定理 1). 欲证它是纯循环的， 只需证明：

若余项 $t_{m}=t_{n}$ (对某 $m<n$ ), 则 $t_{m-1}=t_{n-1}$.

现由 $t_{m}=t_{n}$, 知它们的共轮 (和与它们相伴的 $\beta_{m}, \beta_{n}$ ) 也相等， 即
\[
\beta_{m}=-\frac{1}{t_{m}^{\prime}}=-\frac{1}{t_{n}^{\prime}}=\beta_{n}
\]
故由展开步骤中的等式
\[
t_{m-1}=a_{m-1}+\frac{1}{t_{m}}, \quad t_{n-1}=a_{n-1}+\frac{1}{t_{n}}
\]
得
\[
\begin{array}{rlrl}
t_{m-1}^{\prime} & =a_{m-1}+\frac{1}{t_{m}^{\prime}}, & t_{n-1}^{\prime} & =a_{n-1}+\frac{1}{t_{n}^{\prime}} \\
t_{m-1}^{\prime} & =a_{m-1}+\frac{1}{t_{m}^{\prime}}, & t_{n-1}^{\prime} & =a_{n-1}+\frac{1}{t_{n}^{\prime}} \\
-\frac{1}{t_{m}^{\prime}} & =a_{m-1}-t_{m-1}^{\prime}, & -\frac{1}{t_{n}^{\prime}} & =a_{n-1}-t_{n-1}^{\prime} \\
\beta_{m} & =a_{m-1}+\frac{1}{\beta_{m-1}}, & \beta_{n}=a_{n-1}+\frac{1}{\beta_{n-1}}
\end{array}
\]
因 $-1<t_{n-1}^{\prime}<0$, 故 $0<-t_{n-1}^{\prime}=\frac{1}{\beta_{n-1}}<1$, 这说明
\[
a_{n-1}=\left\lfloor\beta_{n}\right\rfloor \text { (整数部分), }
\]
同理 $a_{m-1}=\left\lfloor\beta_{m}\right\rfloor$. 因为 $\beta_{m}=\beta_{n}$, 故 $a_{m-1}=a_{n-1}$, 这就由 $t_{m}=t_{n}$ 得到了 $t_{m-1}=t_{n-1}$. 依次上推， 可知 $t_{0}=t_{n-m}$, 即知 $\alpha$ 的连分数为纯循环的。
\end{proof}

\begin{theorem}%定理3
设 $d$ 为正整数， 不是完全平方数， 则
\[
\sqrt{d}=\left[a_{0}, \overline{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{m-2}, a_{m-1}, 2 a_{0}}\right]=\left[a_{0}, \overline{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2}, a_{1}, 2 a_{0}}\right]
\]
(其中 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2}, a_{1}$ 是对称的（回文）, 即 $a_{k}=a_{m-k}($ 对 $k=1, \cdots, m-1)$ ).
\end{theorem}

\begin{proof}
 令 $a_{0}=\lfloor\sqrt{d}\rfloor$ (整数部分), $\alpha=a_{0}-\sqrt{d}$, 则 $\alpha^{\prime}=a_{0}+\sqrt{d}$ 是既约的， 连分数是纯循环的， 记为
\[
\begin{aligned}
  \alpha'&= a_0+\sqrt{d} = \left[ \overline{2a_0, a_1,a_2,\cdots,a_{m-1} \right] = \left[ 2a_0, \overline{a_1,\cdots, a_{m-1},2a_0} \right],\\
\sqrt{d}&= \left[a_{0}, \overline{a_{1},} a_{2}, \cdots, a_{m-1}, 2 a_{0}\right]
\end{aligned}
\]
而由 Galois 定理有 $\frac{1}{-\alpha}=\frac{1}{\sqrt{d}-a_{0}}=\left[\overline{a_{m-1}, \cdots, a_{2}, a_{1}, 2 a_{0}}\right]$, 故
\[
\sqrt{d}=\left[a_{0}, \frac{1}{\sqrt{d}-a_{0}}\right]=\left[a_{0}, \overline{a_{m-1}, \cdots, a_{2}, a_{1}, 2 a_{0}}\right]
\]
与上式比较知 $\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{m-1}\right)=\left(a_{m-1}, \cdots, a_{2}, a_{1}\right)$. 证毕。
\end{proof}

\begin{theorem}%定理4
设 $d$ 为非完全平方正整数， $\sqrt{d}=\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right], \quad t_{n}=\left[a_{n}\right.$, $\left.a_{n+1}, \cdots\right]$, 则
\[
t_{n}=\frac{P_{n}+\sqrt{d}}{Q_{n}}
\]
$P_{n}, Q_{n}$ 均为整数且 $Q_{n} \mid\left(d-P_{n}^{2}\right)$. 且对 $n>1$ 有
\[
p_{n-1}^{2}-d q_{n-1}^{2}=(-1)^{n} Q_{n}
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
 第一个结论已证过 (定理证明中). 由 $\S 6.1$ 引理 1 知
\[
\begin{gathered}
\sqrt{d}=\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}, t_{n}\right]=\frac{t_{n} p_{n-1}+p_{n-2}}{t_{n} q_{n-1}+q_{n-2}}=\frac{\left(P_{n}+\sqrt{d}\right) p_{n-1}+p_{n-2} Q_{n}}{\left(P_{n}+\sqrt{d}\right) q_{n-1}+q_{n-2} Q_{n}} \\
\sqrt{d}\left(\left(P_{n}+\sqrt{d}\right) q_{n-1}+q_{n-2} Q_{n}\right)=\left(P_{n}+\sqrt{d}\right) p_{n-1}+p_{n-2} Q_{n}
\end{gathered}
\]
\[
\begin{gathered}
\left(P_{n} q_{n-1}+q_{n-2} Q_{n}\right) \sqrt{d}+q_{n-1} d=p_{n-1} \sqrt{d}+P_{n} p_{n-1}+p_{n-2} Q_{n} \\
p_{n-1}=P_{n} q_{n-1}+q_{n-2} Q_{n}, \quad q_{n-1} d=P_{n} p_{n-1}+p_{n-2} Q_{n} \\
p_{n-1}^{2}-d q_{n-1}^{2}=\left(p_{n-1} q_{n-2}-p_{n-2} q_{n-1}\right) Q_{n}=(-1)^{n} Q_{n} .
\end{gathered}
\]
\end{proof}
